攀枝花学院大学物理第11章题库答案(最新修改)

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大学物理(华中科技版)第11章习题解答

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第11章习题答案11-1 无限长直线电流的磁感应强度公式为B =μ0I2πa ,当场点无限接近于导线时(即a →0),磁感应强度B →∞,这个结论正确吗?如何解释? 答:结论不正确。

公式aIB πμ20=只对理想线电流适用,忽略了导线粗细,当a →0, 导线的尺寸不能忽略,电流就不能称为线电流,此公式不适用。

11-2 如图所示,过一个圆形电流I 附近的P 点,作一个同心共面圆形环路L ,由于电流分布的轴对称,L 上各点的B 大小相等,应用安培环路定理,可得∮L B ·d l =0,是否可由此得出结论,L 上各点的B 均为零?为什么? 答:L 上各点的B 不为零. 由安培环路定理∑⎰=⋅ii I l d B 0μ得 0=⋅⎰l d B,说明圆形环路L 内的电流代数和为零,并不是说圆形环路L 上B 一定为零。

10-3 设题10-3图中两导线中的电流均为8A ,对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ,分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和.并讨论:(1)在各条闭合曲线上,各点的磁感应强度B的大小是否相等? (2)在闭合曲线c 上各点的B是否为零?为什么? 解: ⎰μ=⋅al B 08d⎰μ=⋅bal B 08d⎰=⋅cl B 0d(1)在各条闭合曲线上,各点B的大小不相等.(2)在闭合曲线C 上各点B 不为零.只是B的环路积分为零而非每点0=B .11-4 把一根柔软的螺旋形弹簧挂起来,使它的下端和盛在杯里的水银刚好接触,形成串联电路,再把它们接到直流电源上通以电流,如图所示,问弹簧会发生什么现象?怎样解释?习题11-2图答:弹簧会作机械振动。

当弹簧通电后,弹簧内的线圈电流可看成是同向平行的,而同向平行电流会互相吸引,因此弹簧被压缩,下端会离开水银而电流被断开,磁力消失,而弹簧会伸长,于是电源又接通,弹簧通电以后又被压缩……,这样不断重复,弹簧不停振动11-5 如图所示为两根垂直于xy 平面放置的导线俯视图,它们各载有大小为I 但方向相反的电流.求:(1)x 轴上任意一点的磁感应强度;(2)x 为何值时,B 值最大,并给出最大值B max .解:(1) 利用安培环路定理可求得1导线在P 点产生的磁感强度的大小为:rIB π=201μ2/1220)(12x dI +⋅π=μ2导线在P 点产生的磁感强度的大小为: r IB π=202μ2/1220)(12x d I+⋅π=μ1B 、2B的方向如图所示.P 点总场θθcos cos 2121B B B B B x x x +=+= 021=+=y y y B B B )()(220x dId x B +π=μ,i x dId x B)()(220+π=μ(2) 当0d )(d =xx B ,0d )(d 22=<xx B 时,B (x )最大.由此可得:x = 0处,B 有最大值.11-6 如图所示被折成钝角的长直载流导线中,通有电流I =20 A ,θ=120°,a =2.0 mm ,求A 点的磁感应强度. 解:载流直导线的磁场)sin (sin 4120ββπμ-=dIBA 点的磁感应强度)))90sin(90(sin sin 40000θθπμ--+=a IB习题10-6图y习题10-7图dPr B 1B 2xy 12oxddθ θ)5.01(2/3100.2201037+⨯⨯⨯=--B =1.73⨯10-3T方向垂直纸面向外。

详细版大学物理学-习题解答习题10.doc

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第十章10-1 无限长直线电流的磁感应强度公式为B =μ0I2πa ,当场点无限接近于导线时(即a →0),磁感应强度B →∞,这个结论正确吗?如何解释?答:结论不正确。

公式aIB πμ20=只对理想线电流适用,忽略了导线粗细,当a →0,导线的尺寸不能忽略,电流就不能称为线电流,此公式不适用。

10-2 如图所示,过一个圆形电流I 附近的P 点,作一个同心共面圆形环路L ,由于电流分布的轴对称,L 上各点的B 大小相等,应用安培环路定理,可得∮L B ·d l =0,是否可由此得出结论,L 上各点的B 均为零?为什么? 答:L 上各点的B 不为零. 由安培环路定理∑⎰=⋅ii I l d B 0μ得 0=⋅⎰l d B,说明圆形环路L 内的电流代数和为零,并不是说圆形环路L 上B 一定为零。

10-3 设题10-3图中两导线中的电流均为8A ,对图示的三条闭合曲线a ,b ,c ,分别写出安培环路定理等式右边电流的代数和.并讨论:(1)在各条闭合曲线上,各点的磁感应强度B的大小是否相等?(2)在闭合曲线c 上各点的B是否为零?为什么? 解: ⎰μ=⋅al B 08d⎰μ=⋅bal B 08d⎰=⋅cl B 0d(1)在各条闭合曲线上,各点B的大小不相等.(2)在闭合曲线C 上各点B 不为零.只是B的环路积分为零而非每点0=B .题10-3图习题10-2图10-4 图示为相互垂直的两个电流元,它们之间的相互作用力是否等值、反向?由此可得出什么结论?答:两个垂直的电流元之间相互作用力不是等值、反向的。

B l Id F d⨯= 20ˆ4rr l Id B d ⨯= πμ 2212122110221212201112)ˆ(4ˆ4r rl d I l d I r r l d I l d I F d ⨯⨯=⨯⨯=πμπμ 2121211220212121102212)ˆ(4ˆ4r rl d I l d I r r l d I l d I F d ⨯⨯=⨯⨯=πμπμ ))ˆ()ˆ((4212121221************r r l d l d r r l d l d I I F d F d ⨯⨯+⨯⨯-=+πμ 2122112210212112221212102112)(ˆ4))ˆ()ˆ((4r l d l d rI I r l d r l d l d r l d I I F d F d⨯⨯=⋅-⋅=+πμπμ 一般情况下 02112≠+F d F d由此可得出两电流元(运动电荷)之间相互作用力一般不满足牛顿第三定律。

大学物理课本答案习题 第十一章习题解答

大学物理课本答案习题 第十一章习题解答
由于圆环材料相同,电阻率相同,截面积S相同,实际电阻与圆环弧的弧长 和 有关,即:
则 在O点产生的 的大小为
而 在O点产生的 的大小为
和 方向相反,大小相等.即

直导线 在O点产生的

直导线 在O点产生的
,方向垂直纸面向外。
则O点总的磁感强度大小为
方向垂直纸面向外
11-8一载有电流 的长导线弯折成如题图11-8所示的形状,CD为1/4圆弧,半径为R,圆心O在AC,EF的延长线上.求O点处磁场的场强。
原点O处的电流元 在(a,0,0)点产生的 为:
在(0,a,0)点产生的 为:
在(a, 为
11-7用两根彼此平行的长直导线将半径为R的均匀导体圆环联到电源上,如题图11-7所示,b点为切点,求O点的磁感应强度。
解:先看导体圆环,由于 和 并联,设大圆弧有电流 ,小圆弧有电流 ,必有:
任取半径,宽为d的电流环,该电流环共有电流为
该电流环在线圈中心产生的磁感强度大小为
圆心处总磁感强度大小
方向垂直纸面向外。
11-13如题图11-13所示,在顶角为 的圆锥台上密绕以线圈,共N匝,通以电流 ,绕有线圈部分的上下底半径分别为 和 .求圆锥顶O处的磁感应强度的大小.
解:只要将题11-12中的均匀密绕平面线圈沿通过中心的轴垂直上提,便与本题条件相一致,故解题思路也相似。
答:稳恒电场与静电场有相同之处,即是它们都不随时间的变化而变化,基本规律相同,并且都是位场。但稳恒电场由分布不随时间变化的电荷产生,电荷本身却在移动。
正因为建立稳恒电场的电荷分布不随时间变化,因此静电场的两条基本定理,即高斯定理和环路定理仍然适用,所以仍可引入电势的概念。
11-3一根铜导线表面涂以银层,当两端加上电压后,在铜线和银层中,电场强度是否相同?电流密度是否相同?电流强度是否相同?为什么?

攀枝花学院大学物理第10章题库答案(最新修改)

攀枝花学院大学物理第10章题库答案(最新修改)

第十章一、填空题易:1、质量为0.10kg 的物体,以振幅1cm 作简谐运动,其角频率为110s -,则物体的总能量为, 周期为 。

(4510J -⨯,0.628s )易:2、一平面简谐波的波动方程为y 0.01cos(20t 0.5x )ππ=-( SI 制),则它的振幅为 、角频率为 、周期为 、波速为 、波长为 。

(0.01m 、20π rad/s 、 0.1s 、 40m/s 、4m )易:3、一弹簧振子系统具有1.0J 的振动能量,0.10m 的振幅和1.0m/s 的最大速率,则弹簧的倔强系数为 ,振子的振动角频率为 。

(200N/m ,10rad/s )易:4、一横波的波动方程是y = 0.02cos2π(100t – 0.4X )( SI 制)则振幅是_________,波长是_ ,频率是 ,波的传播速度是 。

(0.02m ,2.5m ,100Hz ,250m.s -1)易:5、两个谐振动合成为一个简谐振动的条件是 。

(两个谐振动同方向、同频率)易:6、产生共振的条件是振动系统的固有频率与驱动力的频率 (填相同或不相同)。

(相同)易:7、干涉相长的条件是两列波的相位差为π的 (填奇数或偶数)倍。

(偶数)易:8、弹簧振子系统周期为T 。

现将弹簧截去一半,仍挂上原来的物体,作成一个新的弹簧振子,则其振动周期为 T 。

(T )易:9、作谐振动的小球,速度的最大值为,振幅为,则振动的周期为;加速度的最大值为。

(34π,2105.4-⨯)易:10、广播电台的发射频率为 。

则这种电磁波的波长为 。

(468.75m )易:11、已知平面简谐波的波动方程式为 则时,在X=0处相位为 ,在处相位为 。

(8.4π,8.40π)易:12、若弹簧振子作简谐振动的曲线如下图所示,则振幅;圆频率;初相。

(0.1m,2π,2π-)中:13、一简谐振动的运动方程为2x 0.03cos(10t )3ππ=+( SI 制),则频率ν为 、周期T 为 、振幅A 为 ,初相位ϕ为 。

攀枝花学院大学物理考试题库及答案

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攀枝花学院大学物理考试题库及答案第1章质点的运动与牛顿定律一、选择题易1、对于匀速圆周运动下面说法不正确的是()(A)速率不变;(B)速度不变;(C)角速度不变;(D)周期不变。

易:2、对一质点施以恒力,则;()(A)质点沿着力的方向运动;( B)质点的速率变得越来越大;(C)质点一定做匀变速直线运动;(D)质点速度变化的方向与力的方向相同。

易:3、对于一个运动的质点,下面哪种情形是不可能的()(A)具有恒定速率,但有变化的速度;(B)加速度为零,而速度不为零;(C)加速度不为零,而速度为零。

(D) 加速度恒定(不为零)而速度不变。

中:4、试指出当曲率半径≠0时,下列说法中哪一种是正确的()(A) 在圆周运动中,加速度的方向一定指向圆心;(B) 匀速率圆周运动的速度和加速度都恒定不变;(C)物体作曲线运动时,速度方向一定在运动轨道的切线方向,法线分速度恒等于零,因此法问加速度也一定等于零;(D) 物体作曲线运动时,一定有加速度,加速度的法向分量一定不等于零。

难:5、质点沿x方向运动,其加速度随位置的变化关系为:.如在x = 0处,速度,那么x=3m处的速度大小为(A); (B) ; (C) ; (D)。

易:6、一作直线运动的物体的运动规律是,从时刻到间的平 均速度是(A); (B) ; (C) ; (D) 。

中7、一质量为m 的物体沿X 轴运动,其运动方程为t x x ωsin 0=,式中0x 、ω均为正的常量,t 为时间变量,则该物体所受到的合力为:( )(A )、x f 2ω=; (B )、mx f 2ω=;(C )、mx f ω-=; (D )、mx f 2ω-=。

中:8、质点由静止开始以匀角加速度沿半径为R 的圆周运动.如果在某一时刻此质点的总加速度与切向加速度成角,则此时刻质点已转过的角度为 (A) ; (B) ; (C) ; (D) 。

难9、一质量为本10kg 的物体在力f=(120t+40)i (SI )作用下沿一直线运动,在t=0时,其速度v 0=6i 1-⋅s m ,则t=3s 时,它的速度为:(A )10i 1-⋅s m ; (B )66i 1-⋅s m ; (C )72i 1-⋅s m ; (D )4i 1-⋅s m 。

大学物理学习指导 王世范 答案详解

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大学物理学习指导王世范答案详解第十一章 静电场例题答案:11—1. B ; 11—2. B ; 11—3. B11—4. ()322824Rqd d R R qd εεπ≈-ππ;从O 点指向缺口中心点 11—5. 0/ελd ;()2204d R d-πελ ;沿矢径OP11—6. D11—7.2εσ向右 ;23εσ 向右11—8. (见书上)11—9. D ; 11—10. C ; 11—11. C 11—12. 45 V —15 V 11—13-14. (见书上) 11—15. 无答案练习题答案:11—1. 证明:设杆的左端为坐标原点O ,x 轴沿直杆方向.带电直杆的电荷线密度为λ=q /L , 在x 处取一电荷元d q =λd x = q d x /L ,PLdd x (L+d d x O(2分) 它在P 点的场强:()204d d x d L q E -+π=ε()204d x d L L xq -+π=ε总场强为:⎰+π=Lx d L xL q E 020)(d 4-ε()d L d q +π=04ε11—2. Q / ε0,11—3. -σ / (2ε0), 3σ / (2ε0) 11—4. B11—5. 解:在任意位置x 处取长度元d x ,其上带有电荷d q =λ0 (x -a )d x它在O 点产生的电势()xxa x U 004d d ελπ-=O 点总电势:⎥⎦⎤⎢⎣⎡-π==⎰⎰⎰++l a a la a x x a x dU U d d 400ελ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-π=a l a a l ln 400ελ11—6. 解:在圆盘上取一半径为r →r +d r 范围的同心圆环.其面积为 d S =2πr d r其上电荷为 d q =2πσr d rO d r R它在O 点产生的电势为 002d 4d d εσεrr q U =π=总电势 02d 2d εσεσRr U U RS===⎰⎰11—7. 解:设导线上的电荷线密度为λ,与导线同轴作单位长度的、半径为r 的(导线半径R 1<r <圆筒半径R 2)高斯圆柱面,则按高斯定理有 2πrE =λ / ε0得到 E = λ / (2πε0r ) (R 1<r <R 2 )方向沿半径指向圆筒.导线与圆筒之间的电势差⎰⎰⋅π==2121d 2d 012R R R R rrr E U ελ120ln 2R R ελπ=则()1212/ln R R r U E =代入数值,则:(1) 导线表面处 ()121121/ln R R R U E ==2.54 ×106V/m(2) 圆筒内表面处()122122/ln R R R U E ==1.70×104V/m11—8. 解:设小球滑到B 点时相对地的速度为v ,槽相对地的速度为V .小球从A →B 过程中球、槽组成的系统水平方向动量守恒 m v +MV =0 ①对该系统,由动能定理 mgR -EqR=21m v 2+21MV 2②①、②两式联立解出 ()()m M m qE mg MR +-=2v方向水平向右.()()m M M qE mg mR Mm V +--=-=2v方向水平向左.11—9. 解:设无穷远处为电势零点,则A 、B 两点电势分别为 0220432ελελ=+=RR RUA220682ελελ=+=RR RU Bq 由A 点运动到B 点电场力作功()0001264ελελελq q U U q A B A =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=注:也可以先求轴线上一点场强,用场强线积分计算.11—10. 解: (1) 球心处的电势为两个同心带电球面各自在球心处产生的电势的叠加,即 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+π=2211041r q r q U ε⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛π-ππ=22212104441rr r r σσε()210r r +=σ2100r r U +=εσ=8.85×10-9C / m 2(2) 设外球面上放电后电荷面密度为σ',则应有 ()211r r U σσε'+='= 0即 σσ21r r -='外球面上应变成带负电,共应放掉电荷()⎪⎪⎭⎫⎝⎛+π='-π='212222144r r r r q σσσ()20021244r U r r r εσπ=+π==6.67×10-9C第十二章 导体电学例题答案: 12—1. D12—2. C12—3. (C)没答案12—4. –q , 球壳外的整个空间 12—5.)(21B A q q -,Sd q q B A 02)(ε- Ox-a -q +q +ax P (x ,0)y12—6.CFd /2,FdC212-7. C 12-8-9. (见书上) 练习题答案:12—1. C=712Uf (没过程)12—2 解:三块无限大平行导体板,作高斯面如图,知:E 1=σ1 / ε0,E 2=σ2 / ε0∴左边两极板电势差U 1=σ1d 1 / ε0, 右边两极板电势差U 2=E 2d 2=σ2d 2 / ε0,而U 1=U 2,则σ1 / σ2= d 2 / d 1。

大学物理学下册答案第11章-大学物理11章答案

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故正确答案为(C)。

习题11-2图11-2 两个载有相等电流I的半径为R的圆线圈一个处于水平位置,一个处于竖直位置,两个线圈的圆心重合,如图11-2所示,则在圆心O处的磁感应强度大小为多少? [ ](A)0 (B)(C)(D)答案:C解析:圆线圈在圆心处的磁感应强度大小为,按照右手螺旋定则判断知和的方向相互垂直,依照磁场的矢量叠加原理,计算可得圆心O处的磁感应强度大小为。

11-3 如图11-3所示,在均匀磁场中,有一个半径为R的半球面S,S边线所在平面的单位法线矢量与磁感应强度的夹角为,则通过该半球面的磁通量的大小为[ ]SRBn习题11-3图(A)(B)(C)(D)答案:C解析:通过半球面的磁感应线线必通过底面,因此。

故正确答案为(C)。

IS习题11-4图11-4 如图11-4所示,在无限长载流直导线附近作一球形闭合曲面S,当曲面S向长直导线靠近时,穿过曲面S的磁通量和面上各点的磁感应强度将如何变化?[ ](A)增大,B也增大(B)不变,B也不变(C)增大,B不变(D)不变,B增大答案:D解析:根据磁场的高斯定理,通过闭合曲面S的磁感应强度始终为0,保持不变。

大学物理标准答案第11章

大学物理标准答案第11章

大学物理答案第11章————————————————————————————————作者:————————————————————————————————日期:第十一章 恒定磁场11-1 两根长度相同的细导线分别多层密绕在半径为R 和r 的两个长直圆筒上形成两个螺线管,两个螺线管的长度相同,R =2r ,螺线管通过的电流相同为I ,螺线管中的磁感强度大小r R B B 、满足( )(A ) r R B B 2= (B ) r R B B = (C ) r R B B =2 (D )r R B B 4=分析与解 在两根通过电流相同的螺线管中,磁感强度大小与螺线管线圈单位长度的匝数成正比.根据题意,用两根长度相同的细导线绕成的线圈单位长度的匝数之比21==R r n n r R 因而正确答案为(C ).11-2 一个半径为r 的半球面如图放在均匀磁场中,通过半球面的磁通量 为( )(A )B r 2π2 (B ) B r 2π (C )αB r cos π22(D ) αB r cos π2题 11-2 图分析与解 作半径为r 的圆S ′与半球面构成一闭合曲面,根据磁场的高斯定理,磁感线是闭合曲线,闭合曲面的磁通量为零,即穿进半球面S 的磁通量等于穿出圆面S ′的磁通量;S B ⋅=m Φ.因而正确答案为(D ).11-3 下列说法正确的是( )(A ) 闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内一定没有电流穿过 (B ) 闭合回路上各点磁感强度都为零时,回路内穿过电流的代数和必定为零 (C ) 磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感强度必定为零(D ) 磁感强度沿闭合回路的积分不为零时,回路上任意一点的磁感强度都不可能为零 分析与解 由磁场中的安培环路定律,磁感强度沿闭合回路的积分为零时,回路上各点的磁感强度不一定为零;闭合回路上各点磁感强度为零时,穿过回路的电流代数和必定为零.因而正确答案为(B ).11-4 在图(a)和(b)中各有一半径相同的圆形回路L1 、L2 ,圆周内有电流I1 、I2 ,其分布相同,且均在真空中,但在(b)图中L2 回路外有电流I3 ,P 1 、P 2 为两圆形回路上的对应点,则( ) (A ) ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ,21P P B B =(B ) ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ,21P P B B =(C ) ⎰⎰⋅=⋅21L L d d l B l B ,21P P B B ≠(D ) ⎰⎰⋅≠⋅21L L d d l B l B ,21P P B B ≠题 11-4 图分析与解 由磁场中的安培环路定律,积分回路外的电流不会影响磁感强度沿回路的积分;但同样会改变回路上各点的磁场分布.因而正确答案为(C ).11-5 半径为R 的圆柱形无限长载流直导体置于均匀无限大磁介质之中,若导体中流过的恒定电流为I ,磁介质的相对磁导率为μr (μr<1),则磁介质内的磁化强度为( ) (A )()r I μr π2/1-- (B ) ()r I μr π2/1- (C ) r I μr π2/- (D ) r μI r π2/分析与解 利用安培环路定理可先求出磁介质中的磁场强度,再由M =(μr-1)H 求得磁介质内的磁化强度,因而正确答案为(B ).11-6 北京正负电子对撞机的储存环是周长为240 m 的近似圆形轨道,当环中电子流强度为8 mA 时,在整个环中有多少电子在运行? 已知电子的速率接近光速.分析 一个电子绕存储环近似以光速运动时,对电流的贡献为c I e I /Δ=,因而由lNecI =,可解出环中的电子数.解 通过分析结果可得环中的电子数10104⨯==ecIlN 11-7 已知铜的摩尔质量M =63.75 g·mol -1,密度ρ =8.9 g · cm -3,在铜导线里,假设每一个铜原子贡献出一个自由电子,(1)为了技术上的安全,铜线内最大电流密度26.0A mm m j -=⋅ ,求此时铜线内电子的漂移速率v d ;(2) 在室温下电子热运动的平均速率是电子漂移速率v d 的多少倍?分析 一个铜原子的质量A N M m /=,其中N A 为阿伏伽德罗常数,由铜的密度ρ 可以推算出铜的原子数密度m ρn /=根据假设,每个铜原子贡献出一个自由电子,其电荷为e ,电流密度d m ne j v = .从而可解得电子的漂移速率v d .将电子气视为理想气体,根据气体动理论,电子热运动的平均速率em kTπ8=v 其中k 为玻耳兹曼常量,m e 为电子质量.从而可解得电子的平均速率与漂移速率的关系.解 (1) 铜导线单位体积的原子数为M ρN n A /=电流密度为j m 时铜线内电子的漂移速率14A s m 1046.4--⋅⨯===eN M j ne j m m d ρv (2) 室温下(T =300 K)电子热运动的平均速率与电子漂移速率之比为81042.2π81⨯≈=ed d m kTv v v 室温下电子热运动的平均速率远大于电子在恒定电场中的定向漂移速率.电子实际的运动是无规热运动和沿电场相反方向的漂移运动的叠加.考虑到电子的漂移速率很小,电信号的信息载体显然不会是定向漂移的电子.实验证明电信号是通过电磁波以光速传递的.11-8 有两个同轴导体圆柱面,它们的长度均为20 m ,内圆柱面的半径为3.0 mm ,外圆柱面的半径为9.0 mm.若两圆柱面之间有10 μA 电流沿径向流过,求通过半径为6.0 mm 的圆柱面上的电流密度.题 11-8 图分析 如图所示是同轴柱面的横截面,电流密度j 对中心轴对称分布.根据恒定电流的连续性,在两个同轴导体之间的任意一个半径为r 的同轴圆柱面上流过的电流I 都相等,因此可得rlI j π2=解 由分析可知,在半径r =6.0 mm 的圆柱面上的电流密度2m A μ3.13π2-⋅==rlIj 11-9 如图所示,已知地球北极地磁场磁感强度B 的大小为6.0×10-5T .如设想此地磁场是由地球赤道上一圆电流所激发的,此电流有多大? 流向如何?解 设赤道电流为I ,则由教材第11-4节例2 知,圆电流轴线上北极点的磁感强度()RIRR IR B 24202/32220μμ=+=因此赤道上的等效圆电流为A 1073.12490⨯==μRBI 由于在地球地磁场的N 极在地理南极,根据右手螺旋法则可判断赤道圆电流应该是由东向西流,与地球自转方向相反.题 11-9 图11-10 如图所示,有两根导线沿半径方向接触铁环的a 、b 两点,并与很远处的电源相接.求环心O 的磁感强度.题 11-10 图分析 根据叠加原理,点O 的磁感强度可视作由ef 、b e 、fa 三段直线以及ac b 、a d b 两段圆弧电流共同激发.由于电源距环较远,0=ef B .而b e 、fa 两段直线的延长线通过点O ,由于0Idl r ⨯=,由毕奥-萨伐尔定律知0be fa ==B B .流过圆弧的电流I 1 、I 2的方向如图所示,两圆弧在点O 激发的磁场分别为21101π4r l I μB =,22202π4rl I μB = 其中l 1 、l 2 分别是圆弧ac b 、a d b 的弧长,由于导线电阻R 与弧长l 成正比,而圆弧ac b 、a d b 又构成并联电路,故有2211l I l I =将21B B 、叠加可得点O 的磁感强度B . 解 由上述分析可知,点O 的合磁感强度0π4π42220211021=-=-=r l I μr l I μB B B 11-11 如图所示,几种载流导线在平面内分布,电流均为I ,它们在点O 的磁感强度各为多少?题 11-11 图分析 应用磁场叠加原理求解.将不同形状的载流导线分解成长直部分和圆弧部分,它们各自在点O 处所激发的磁感强度较容易求得,则总的磁感强度∑=iB B 0.解 (a) 长直电流对点O 而言,有0d =⨯rl I ,因此它在点O 产生的磁场为零,则点O处总的磁感强度为1/4 圆弧电流所激发,故有RIμB 800=B 0 的方向垂直纸面向外.(b) 将载流导线看作圆电流和长直电流,由叠加原理可得RIμR I μB π22000-=B 0 的方向垂直纸面向里.(c ) 将载流导线看作1/2 圆电流和两段半无限长直电流,由叠加原理可得RIμR I μR I μR I μR I μB 4π24π4π4000000+=++=B 0 的方向垂直纸面向外.11-12 载流导线形状如图所示(图中直线部分导线延伸到无穷远),求 点O 的磁感强度B .题 11-12 图分析 由教材11-4 节例题2的结果不难导出,圆弧载流导线在圆心激发的磁感强度RαI μB π40=,其中α为圆弧载流导线所张的圆心角,磁感强度的方向依照右手定则确定;半无限长载流导线在圆心点O 激发的磁感强度R IμB π40=,磁感强度的方向依照右手定则确定.点O 的磁感强度O B 可以视为由圆弧载流导线、半无限长载流导线等激发的磁场在空间点O 的叠加. 解 根据磁场的叠加 在图(a)中,k i k k i B RI μR I μR I μR I μR I μπ24π4π44000000--=---= 在图(b)中,k i k i i B RI μR I μR I μR I μR I μπ41π14π44π4000000-⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=---= 在图(c )中,k j i B RIμR I μR I μπ4π4830000---= 11-13 如图(a)所示,载流长直导线的电流为I ,试求通过矩形面积的磁通量.题 11-13 图分析 由于矩形平面上各点的磁感强度不同,故磁通量Φ≠BS .为此,可在矩形平面上取一矩形面元d S =l d x ,如图(b)所示,载流长直导线的磁场穿过该面元的磁通量为x l xId π2d d 0μ=⋅=ΦS B矩形平面的总磁通量ΦΦ⎰=d解 由上述分析可得矩形平面的总磁通量⎰==Φ211200lnπ2d π2d dd d Ilx l xIμμ 11-14 已知10 mm 2裸铜线允许通过50 A 电流而不会使导线过热.电流在导线横截面上均匀分布.求导线内、外磁感强度的分布.题 11-14 图分析 可将导线视作长直圆柱体,电流沿轴向均匀流过导体,故其磁场必然呈轴对称分布,即在与导线同轴的圆柱面上的各点,B 大小相等、方向与电流成右手螺旋关系.为此,可利用安培环路定理,求出导线表面的磁感强度.解 围绕轴线取同心圆为环路L ,取其绕向与电流成右手螺旋关系,根据安培环路定理,有∑⎰=⋅=⋅I μB 0πr 2d l B在导线内r <R , 2222ππRIr r R I I ==∑,因而 202πRIrμB =在导线外r >R ,I I =∑,因而rIμB 2π0=磁感强度分布曲线如图所示.11-15 有一同轴电缆,其尺寸如图(a)所示.两导体中的电流均为I ,但电流的流向相反,导体的磁性可不考虑.试计算以下各处的磁感强度:(1) r <R 1 ;(2) R 1 <r <R 2 ;(3) R 2 <r <R 3 ;(4) r >R 3 .画出B -r 图线.题 11-15 图分析 同轴电缆导体内的电流均匀分布,其磁场呈轴对称,取半径为r 的同心圆为积分路径,πr 2d ⋅=⋅⎰B l B ,利用安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ,可解得各区域的磁感强度.解 由上述分析得 r <R 12211ππ12πr R μr B =⋅ 21012πR IrμB =R 1 <r <R 2I μr B 022π=⋅rIμB 2π02=R 2 <r <R 3()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=⋅I R R R r I μr B 22232203ππ2π 2223223032πR R r R r I μB --= r >R 3()02π04=-=⋅I I μr B04=B磁感强度B (r )的分布曲线如图(b).11-16 如图所示,N 匝线圈均匀密绕在截面为长方形的中空骨架上.求通入电流I 后,环内外磁场的分布.题 11-16 图分析 根据右手螺旋法则,螺线管内磁感强度的方向与螺线管中心轴线构成同心圆,若取半径为r 的圆周为积分环路,由于磁感强度在每一环路上为常量,因而πr 2d ⋅=⋅⎰B l B依照安培环路定理∑⎰=⋅I μ0d l B ,可以解得螺线管内磁感强度的分布.解 依照上述分析,有∑=⋅I μr B 02πr <R 102π1=⋅r B 01=BR 2 >r >R 1NI μr B 022π=⋅rNIμB 2π02=r >R 202π3=⋅r B 03=B在螺线管内磁感强度B 沿圆周,与电流成右手螺旋.若112R R R <<- 和R 2 ,则环内的磁场可以近似视作均匀分布,设螺线环的平均半径()1221R R R +=,则环内的磁感强度近似为RNIμB 2π0≈11-17 电流I 均匀地流过半径为R 的圆形长直导线,试计算单位长度导线内的磁场通过图中所示剖面的磁通量.题 11-17 图分析 由题11-14 可得导线内部距轴线为r 处的磁感强度()202πR Irμr B =在剖面上磁感强度分布不均匀,因此,需从磁通量的定义()S B d ⎰=r Φ来求解.沿轴线方向在剖面上取面元dS =l dr ,考虑到面元上各点B 相同,故穿过面元的磁通量dΦ=B dS ,通过积分,可得单位长度导线内的磁通量⎰=Sr B Φd解 由分析可得单位长度导线内的磁通量4πd 2π0020Iμr R Ir μΦR==⎰11-18 已知地面上空某处地磁场的磁感强度40.410T B -=⨯,方向向北.若宇宙射线中有一速率715.010m s -=⨯g v 的质子,垂直地通过该处.求:(1)洛伦兹力的方向;(2)洛伦兹力的大小,并与该质子受到的万有引力相比较.题 11-18 图解 (1) 依照B F ⋅=v q L 可知洛伦兹力L F 的方向为B ⊥v 的方向,如图所示. (2) 因B ⊥v ,质子所受的洛伦兹力N 102.316-⨯==B F v q L在地球表面质子所受的万有引力N 1064.126p -⨯==g m G因而,有101095.1/⨯=G F L ,即质子所受的洛伦兹力远大于重力.11-19 霍尔效应可用来测量血流的速度,其原理如图所示.在动脉血管两侧分别安装电极并加以磁场.设血管直径为d =2.0 mm ,磁场为B =0.080 T ,毫伏表测出血管上下两端的电压为U H =0.10 mV ,血流的流速为多大?题 11-19 图分析 血流稳定时,有H qE B q =v由上式可以解得血流的速度. 解 依照分析m/s 63.0===dBU B E HH v 11-20 带电粒子在过饱和液体中运动,会留下一串气泡显示出粒子运动的径迹.设在气泡室有一质子垂直于磁场飞过,留下一个半径为3.5 cm 的圆弧径迹,测得磁感强度为0.20 T,求此质子的动量和动能.解 根据带电粒子回转半径与粒子运动速率的关系有m /s kg 1012.121⋅⨯===-ReB m p vkeV 35.222==mp E k11-21 从太阳射来的速度为0.80×108m /s 的电子进入地球赤道上空高层范艾伦辐射带中,该处磁场为4.0 ×10-7T,此电子回转轨道半径为多大? 若电子沿地球磁场的磁感线旋进到地磁北极附近,地磁北极附近磁场为2.0 ×10-5T,其轨道半径又为多少? 解 由带电粒子在磁场中运动的回转半径高层范艾伦辐射带中的回转半径m 101.1311⨯==eB m R v地磁北极附近的回转半径m 2322==eB m R v11-22 如图(a)所示,一根长直导线载有电流I 1 =30 A ,矩形回路载有电流I 2 =20 A .试计算作用在回路上的合力.已知d =1.0 cm , b =8.0 cm ,l =0.12 m .题 11-22图分析 矩形上、下两段导线受安培力F 1 和F 2 的大小相等,方向相反,对不变形的矩形回路来说,两力的矢量和为零.而矩形的左右两段导线,由于载流导线所在处磁感强度不等,所受安培力F 3 和F 4 大小不同,且方向相反,因此线框所受的力为这两个力的合力.解 由分析可知,线框所受总的安培力F 为左、右两边安培力F 3 和F 4 之矢量和,如图(b)所示,它们的大小分别为dlI I μF π22103=()b d lI I μF +=π22104故合力的大小为()N 1028.1π2π2321021043-⨯=+-=-=b d lI I μd l I I μF F F 合力的方向朝左,指向直导线.11-23 一直流变电站将电压为500k V 的直流电,通过两条截面不计的平行输电线输向远方.已知两输电导线间单位长度的电容为3.0×10-11F·m -1,若导线间的静电力与安培力正好抵消.求:(1) 通过输电线的电流;(2) 输送的功率.分析 当平行输电线中的电流相反时,它们之间存在相互排斥的安培力,其大小可由安培定律确定.若两导线间距离为d ,一导线在另一导线位置激发的磁感强度dIμB π20=,导线单位长度所受安培力的大小BI F B =.将这两条导线看作带等量异号电荷的导体,因两导线间单位长度电容C 和电压U 已知,则单位长度导线所带电荷λ=CU ,一导线在另一导线位置所激发的电场强度dελE 0π2=,两导线间单位长度所受的静电吸引力λE F E =.依照题意,导线间的静电力和安培力正好抵消,即0=+E B F F从中可解得输电线中的电流.解 (1) 由分析知单位长度导线所受的安培力和静电力分别为dI μBI F B π220==dεU C λE F E 022π2== 由0=+E BF F 可得dεU C d I μ02220π2π2=解得A 105.4300⨯==μεCUI (2) 输出功率W 1025.29⨯==IU N11-24 在氢原子中,设电子以轨道角动量π2/h L =绕质子作圆周运动,其半径为m 1029.5110-⨯=a .求质子所在处的磁感强度.h 为普朗克常量,其值为s J 1063.634⋅⨯-分析 根据电子绕核运动的角动量π20h a m L ==v可求得电子绕核运动的速率v .如认为电子绕核作圆周运动,其等效圆电流v/π20a e T e i ==在圆心处,即质子所在处的磁感强度为02a i μB =解 由分析可得,电子绕核运动的速率π2ma h=v其等效圆电流2020π4/π2ma hev a e i ==该圆电流在圆心处产生的磁感强度T 5.12π82202000===ma heμa i μB 11-25 如图[a]所示,一根长直同轴电缆,内、外导体之间充满磁介质,磁介质的相对磁导率为μr (μr <1),导体的磁化可以忽略不计.沿轴向有恒定电流I 通过电缆,内、外导体上电流的方向相反.求:(1) 空间各区域内的磁感强度和磁化强度;*(2) 磁介质表面的磁化电流.题 11-25 图分析 电流分布呈轴对称,依照右手定则,磁感线是以电缆对称轴线为中心的一组同心圆.选取任一同心圆为积分路径,应有⎰⋅=⋅r H d π2l H ,利用安培环路定理⎰∑=⋅fId l H求出环路内的传导电流,并由H μB =,()H μM r 1-=,可求出磁感强度和磁化强度.再由磁化电流的电流面密度与磁化强度的关系求出磁化电流.解 (1) 取与电缆轴同心的圆为积分路径,根据磁介质中的安培环路定理,有∑=fπ2I r H对r <R 1221f ππr R I I =∑ 得2112πR IrH =忽略导体的磁化(即导体相对磁导率μr =1),有01=M ,21012πR IrμB =对R 2 >r >R 1I I=∑f得rI H 2π2=填充的磁介质相对磁导率为μr ,有()r I μM r 2π12-=,rI μμB r 2π02= 对R 3 >r >R 2()()2223223ππR r R R I I I f -⋅--=∑ 得()()222322332πR R r r R I H --= 同样忽略导体的磁化,有03=M ,()()2223223032πR R r r R I μB --= 对r >R 30=-=∑I I If得04=H ,04=M ,04=B(2) 由r M I s 2π⋅=,磁介质内、外表面磁化电流的大小为()()I μR R M I r si 12π112-=⋅= ()()I μR R M I r se 12π222-=⋅=对抗磁质(1r μ<),在磁介质内表面(r =R 1 ),磁化电流与内导体传导电流方向相反;在磁介质外表面(r =R 2 ),磁化电流与外导体传导电流方向相反.顺磁质的情况与抗磁质相反.H (r )和B (r )分布曲线分别如图(b)和(c )所示.。

攀枝花学院大学物理第11章 作业答案(最新修改)

攀枝花学院大学物理第11章  作业答案(最新修改)

第11章 光的干涉、衍射和偏振11-10 如图所示,由S 点发出的λ=600nm 的单色光,自空气射人折射率n =1.23的透明物质,再射人空气.若透明物质的厚度e =1.0cm ,入射角030θ=0,且SA=BC=5cm ,求:(1)折射角1θ为多少? (2)此单色光在这层透明物质里的频率、速度和波长各为多少? (3)S 到C 的几何路程为多少?光程又为多少?解 (1)由折射定律1sin sin θθ=n 可得 00124)23.130sin arcsin()sin arcsin(===n θθ(2)单色光在透明介质中的速度n v ,波长n λ和频率ν分别为812.4410()n cv m s n-==⨯⋅74.8810488()n m nm nλλ-==⨯=145.010()z cH νλ==⨯(3)S 到C 的几何路程为10.111()cos eSC SA AB BC SA BC m θ=++=++= S 到C 的光程为110.114()i inlSA AB n BC m =⨯+⨯+⨯=∑。

11-11 在双缝干涉实验中,两缝间距为0.30mm ,用单色光垂直照射双缝,在离缝1.20m 的屏上测得中央明纹两侧第五条暗纹间的距离为22.78mm ,问所用光波长多少,是什么颜色的光?解法一 屏上暗纹的位置(21)2D x k d λ=-,把5k =,m x 310278.22-⨯=以及d 、D 值代人,可得632.8()nm λ=,为红光。

解法二 屏上相邻暗纹(或明纹)间距D x d λ∆=,把322.78109x m -∆=⨯,以及d 、D 值代人,可得632.8()nm λ=。

11-12 一双缝装置的一个缝被折射率为1.40的薄玻璃片所遮盖,另一个缝被折射率为1.70的薄玻璃片所遮盖。

在玻璃片插入以后,屏上原来的中央极大所在点,现变为第五级明纹。

假定λ=480nm ,且两玻璃片厚度均为d ,求d 。

大学物理习题册答案第11单元 气体动理论

大学物理习题册答案第11单元 气体动理论

第11单元 气体动理论一、选择题【C 】1.在标准状态下, 若氧气(视为刚性双原子分子的理想气体)和氦气的体积比2121=V V ,则其内能之比21/E E 为: (A) 1/2 (B) 5/3 (C) 5/6 (D) 3/10【B 】2.若理想气体的体积为V ,压强为p ,温度为T ,一个分子的质量为m ,k 为玻耳兹曼常量,R 为摩尔气体常量,则该理想气体的分子数为(A) pV/m (B) pV/(kT) (C) pV/(RT) (D) pV/(mT)【D 】3.一定量的理想气体贮于某一容器中,温度为T ,气体分子的质量为m .根据理想气体的分子模型和统计假设,分子速度在x 方向的分量平方的平均值 (A) m kT v x 32= (B)m kT v x 3312= (C) m kT v x 32= (D)mkT v x =2 【解析】m kT v 32=,222231v v v v z y x ===,故mkT v x =2。

【变式】一定量的理想气体贮于某一容器内,温度为T ,气体分子的质量为m 。

根据理想气体分子模型和统计假设,分子速度在x 方向分量的平均值为( ) 0 D. π38 . C π831 B. π8 A.==⋅==x x x x mkT m kT m kT v v v v 解:在热平衡时,分子在x 正反两个方向上的运动是等概率的,故分子速度在x 方向分量的平均值为零。

所以答案选D 。

【D 】4.若)(v f 为气体分子速率分布函数,N 为分子总数,m 为分子质量,则)(21221v Nf mv v v ⎰ d v 的物理意义是(A) 速率为v 2的各分子的总平均动能与速率为v 1的各分子的总平均动能之差(B) 速率为v 2的各分子的总平动动能与速率为v 1的各分子的总平动动能之和(C) 速率处在速率间隔v 1~ v 2之内的分子的平均平动动能(D) 速率处在速率间隔v 1~ v 2之内的分子平动动能之和 【D 】5.在一密闭容器中,储有A 、B 、C 三种理想气体,处于平衡状态,A 种气体的分子数密度为1n ,它产生的压强为1p ,B 种气体的分子数密度为12n ,C 种气体的分子数密度为3n 1,则混合气体的压强p 为(A)31p (B)41p 1p (D)61p【A 】6.两种不同的理想气体,若它们的最概然速率相等,则它们的(A) 平均速率相等,方均根速率相等 (B) 平均速率相等,方均根速率不相等.(C) 平均速率不相等,方均根速率相等 (D) 平均速率不相等,方均根速率不相等.【解析】根据nkT p =,321n n n n ++=,得到1132166)(p kT n kT n n n p ==++=。

攀枝花学院大学物理第10和11章习题解答(张雪峰主编)

攀枝花学院大学物理第10和11章习题解答(张雪峰主编)

第10章 振动与波10-13 一简谐振动的运动方程为x 0.02cos(8t )(m),4ππ=+求圆频率ω、频率ν、周期T 、振幅A 和初相甲ϕ。

分析:可采用比较法求解。

将题给运动方程与简谐运动方程的一般式)cos(ϕω+=t A x 作比较,即可求得各量。

解:将))(48cos(02.0m t x ππ+=与)cos(ϕω+=t A x 比较,可得A=0.02m ,s rad /8πω=,4πϕ=, s T 41822===ππωπ,z H T 44111===ν 10-14 一边长为a 的正方形木块浮于静水中,其浸入水中部分的高度为a/2,用手轻轻地把木块下压,使之浸入水中的部分高度为a ,然后放手,试证明,如不计水的粘滞阻力,木块将作简谐振动,并求其振动的周期和频率。

分析:要证明木块作简谐运动,需要分析木块在平衡位置附近上下运动时,它所受的合外力F 与位移x 间的关系,如果满足F=-kx ,则木块作简谐运动。

通过F=-kx 即可求得振动周期和频率。

证:木块处于平衡状态时,浮力大小为321ga F ρ=。

当木块上下作微小振动时,取木块处于力平衡时的质心位置为坐标原点O ,竖直向下为x 轴正向。

则当木块向下偏移x 位移时,受合外力为'=+∑F P F式中P 为木块所受重力,其方向向下,大小为321ga mg P ρ==(等于平衡状态时的浮力); F '为此时木块所受浮力,其方向向上,大小为x ga ga x ga F F 23221ρρρ+=+=' 则木块所受合外力为kx x ga x ga ga ga F P F -=-=--='-=∑22332121ρρρρ 式中2ga k ρ=是一常数。

这表明木块在其平衡位置上下所作的微小振动是简谐运动。

由22md xF dt=∑可得木块运动的微分方程为 2220d x ga xdt mρ+=令22ga mρω=,(321a m ρ=)可得其振动周期和频率分别为22T πω==,1T ν==10-15已知简谐振动图线如图10-46所示,求谐振动方程及速度表达式。

大学物理课后题答案11

大学物理课后题答案11

习 题 十 一11-1 如图所示,在点电荷+Q 的电场中放置一导体球。

由点电荷+Q 到球心的径矢为r ,在静电平衡时,求导体球上的感应电荷在球心O 点处产生的场强E 。

[解] 静电平衡时,导体内任一点的场强为零,O 点的场强是点电荷+Q 及球面上感应电荷共同贡献的,由场强叠加原理有0Q 0='+=E E E r E E 20Q 4r Q πε-=-='11-2 一带电量为q 、半径为r 的金属球A ,放在内外半径分别为1R 和2R 的不带电金属球壳B 内任意位置,如图所示。

A 与B 之间及B 外均为真空,若用导线把A ,B 连接,求球A 的电势。

[解] 以导线把球和球壳连接在一起后,电荷全部分布在球壳的外表面上(或者说导体球的电荷与球壳内表面电荷中和),整个系统是一个等势体,因此20B A 4R q U U πε==11-3 如图所示,把一块原来不带电的金属板B 移近一块已带有正电荷Q 的金属板A ,平行放置。

设两板面积都是S ,板间距为d ,忽略边缘效应,求:(1)板B 不接地时,两板间的电势差;(2)板B 接地时,两板间的电势差。

[解] (1) 由61页例1知,两带电平板导体相向面上电量大小相等符号相反,而相背面上电量大小相等符号相同,因此当板B 不接地,电荷分布为因而板间电场强度为 SQ E 02ε=电势差为 SQdEd U 0AB 2ε== (2) 板B 接地时,在B 板上感应出负电荷,电荷分布为B A-Q/2Q/2Q/2Q/2A B -QQ故板间电场强度为 SQ E 0ε=电势差为 SQdEd U 0AB ε==11-4 如图所示,有三块互相平行的导体板,上导体板到中间导体板的距离为5.0cm ,上导体板到下导体板的距离为8.0cm ,外面的两块用导线连接,原来不带电。

中间一块两面上带电,其面电荷密度之和为25m C 103.1-⨯=σ。

求每块板的两个表面的面电荷密度各是多少(忽略边缘效应)?[解] 因忽略边缘效应,可把三个导体板看作无限大平板,由例1知32σσ-= (1) 45σσ-= (2)忽略边缘效应,则导体板可看成无限大的,具有屏蔽性,在相邻导体板之间的电场只由相对于二表面上电荷决定。

大学物理第三版第11章部分习题解答

大学物理第三版第11章部分习题解答
2 r 25 10 m处的电势; (1) r1 1510 m, 2
2
(2) 如果用导线把AB两球连接起来再求以上两 点的电势
第11章部分习题解答
解: (1)
q E 2 4 0 r 1
R1 r R2
r R2
R2
q
R1
U1 q
R2
q 4 0 r
第11章 部分习题解答
第11章部分习题解答
P408题11.3.4 如图所示,两个无限大带电平板,电荷面密度 分别为 ,设P为两板间任意一点.(1)求A板上 的电荷在P点产生的场强 E A ; (2)求B板上的电 荷在P点产生的场强 E B ;(3)求A、B两板上的电 荷在P点产生的场强;(4)如果把B板拿走,A板 上的电荷如何分布?求它在P点产生的场强.
1 Q2 We 2 QU 球壳、 2 8 0 R3
Q 1 1 1 We We1 We 2 ( ) 8 0 R1 R2 R3
2
第11章部分习题解答
(2)
1 Q2 We ' QU 球 壳、 2 8 0 R3
2010.5.25
第11章部分习题解答
解: 因为A、B都是无限大带电平板,所以 (1) (2)
EA 2 0
方向向右
EB 2 0
EP E A EB 0
方向向右
(3)
方向向右
第11章部分习题解答
(4) 如果将B板拿走,A上的电荷将均匀分布在 左右两个面上,每一个面上的电荷面密度为 / 2 ,它们在P点产生的场强大小都是 2 E'A 方向向右 2 0 4 0
第11章部分习题解答
证明: 该电容器是由两个 电容分别为 C1 和 C2 的电容器并联而成 的

《大学物理》第十一章 热力学基础参考答案

《大学物理》第十一章   热力学基础参考答案

第十一章 热力学基础一、选择题参考答案1. (B) ;2. (A) ;3. (A) ;4. (B) ; 5.(B) ;6. (D) ;7.(B) ;8.(D) ;9.(C) ;10.(B) ;11.(D) ;12.(C) ;13.(B) ;14.(D) ;15. (A)二、填空题参考答案1.、温度;做功或热传递 2、>0;>0 3、166 J4、110101--V V p p5、等压;等压;等压6、1A -;2A -7、2/5;2/78、(1)AM ; (2)AM ;BM 9、500;100 10、320K 11、200 J 12、40013、从单一热源吸取热量把它全部用来作功而不把热量放给其他物体的机器;热力学第二定律14、不可能把热量从低温物体传到高温物体而不引起其他变化。

不可能从单一热量吸取热量,使它完全变成有用的功而不引起其他变化。

15、状态几率增大;不可逆的三、计算题参考答案1、解:(1) 气体对外作的功等于线段ac 下所围的面积,即:J 2.40510210103.1)31(2135=⨯⨯⨯⨯+⨯=-W (2) 由图看出:c c a a V p V p =,c a T T =∴内能增量:0=∆E .(3) 由热力学第一定律得: J 2.405=+∆=W E Q 2、解:(1)过程的p —V 图V (L)(2) 在3个过程中气体吸收的热量,所作的功和内能的改变 1→2等压过程:)(249)(111121J RT M mV P V V P W ===-=,212112122()()()872()22P m m m i i Q C T T R T T P V V J M M ++=-=-=-=623()E Q W J ∆=-=2→3等体过程:0=W ,3232321211()()()1245()22V m m m i iE Q C T T R T T PV PV iPV J M M ∆==-=-=-==3→4等温过程:0=∆E)J (690ln ln ln 132********=====P P V P V VV P V V RT M m W Q3、解:解此题要注意与2题的区别 (1) p –V 图: (2) 14 T T =0 =∴E ∆(3) ,21,32()()p m V m m m Q C T T C T T M M=-+- J106.5 211 )]2(2[23)2(25 211111111⨯==-+-=V p p p V V V p (4)J 106.52⨯==Q Wp (atm)V1 2T12 T 1T 3T 24、 证明:)(22211V p V p RC T C M MQ V V mol -=∆=)(22122V p V p RC T C M M Q p P mol -=∆=)1()1(1)()(1121212221221212---=---=-=p pV V V p V p C V p V p C Q Q V p γη5、解:水蒸汽的质量M =36×10-3 kg水蒸汽的摩尔质量M mol =18×10-3 kg ,i = 6(1) W da = p a (V a -V d )=-5.065×103 J (2)ΔE ab =(M /M mol )(i /2)R (T b -T a )=(i /2)V a (p b - p a )=3.039×104J (3) 914)/(==RM M V p T mol ab b KW bc = (M /M mol )RT b ln(V c /V b ) =1.05×104 J净功 W =W bc +W da =5.47×103 J(4) Q 1=Q ab +Q bc =ΔE ab +W bc =4.09×104 Jη=W / Q 1=13%6、解:)(1035.5ln )1(31211J V V RT M mQ ⨯==25.011)2(12121=-=-==T T Q Q Q Wη)(1034.1)3(31J Q W ⨯=⋅=ηpT 1T 2 V 1V 2V 4pV2V O绝热1V 1p 2p p (atm )V (L)Oab cd25 5026)(1001.4)1()4(3112J Q W Q Q ⨯=-=-=η。

大学物理第11单元课后习题答案.doc

大学物理第11单元课后习题答案.doc

习题1111.1选择题(1)一圆形线圈在均匀磁场中作下列运动时,哪些情况会产生感应电流()(A)沿垂直磁场方向平移;(B)以直径为轴转动,轴跟磁场垂直;(C)沿平行磁场方向平移;(D)以直径为轴转动,轴跟磁场平彳丁。

[答案:B](2)下列哪些矢量场为保守力场()(A)静电场;(B)稳恒磁场;(C)感生电场;(D)变化的磁场。

[答案:A]⑶用线圈的自感系数L来表示载流线圈磁场能量的公式比”=£厶厂()(A)只适用于无限长密绕线管;(B)只适用于一个匝数很多,且密绕的螺线环;(C)只适用于单匝圆线圈;(D)适用于自感系数L 一定的任意线圈。

[答案:D](4)对于涡旋电场,下列说法不正确的是():(A)涡旋电场对电荷有作用力;(B)涡旋电场由变化的磁场产生;(C)涡旋场山电荷激发;(D)涡旋电场的电力线闭合的。

[答案:C]11.2填空题(1)将金属圆环从磁极间沿与磁感应强度垂直的方向抽出时,圆环将受到—o[答案:磁力](2)产生动生电动势的非静电场力是—,产生感生电动势的非静电场力是—,激发感生电场的场源是—。

[答案:洛伦兹力,涡旋电场力,变化的磁场](3)长为/的金属直导线在垂直于均匀的平面内以角速度(»转动,如果转轴的位置在—,这个导线上的电动势最大,数值为—;如果转轴的位置在—,整个导线上的电动势最小,数值为—。

[答案:端点,”中点,0]11.3—半径r =10cm的圆形回路放在B =0. 8T的均匀磁场中.回路平面与鸟垂直.当回路半dr径以恒定速率一=80cm/s收缩时,求回路中感应电动势的大小.dr解:回路磁通^,…=B S = Bn r2感应电动势大d©”dt解:取半圆形cbcz 法向为亍, 则①=—Bcosad ①,d t-nR 2 dBcos a -------- = d/ -8.89 x IO -2V即:S MeN ~ S MN则:fia+b&MN = ]_兀ea(vB sin —) dZ cos^ = -I 2 a cifi ?* =—(B TI r 2) = B2nr — = 0.40dt dt 11.4 一对互相垂直的相等的半圆形导线构成回路,半径R =5cm,如题11.4图所示.均匀磁场 B =80X 10^3T, B 的方向与两半圆的公共直径(在Oz 轴上)垂直,且与两个半圆构成相等的角 a 当磁场在5ms 内均匀降为零时,求回路中的感应电动势的大小及方向.同理,半圆形adc 法向为j ,则------ B cos a2T 万与亍夹角和鸟与了夹角相等,a = 45°①m = Bn R 2 cos a方向与cbadc 相反,即顺时针方向. 11.5如题10-5图所示,载有电流Z 的长直导线附近,放一导体半圆环MeN 与长直 导线共面,且端点MN 的连线与长直导线垂直.半圆环的半径为b,环心O 与导 线相距a.设半圆环以速度v 平行导线平移.求半圆环内感应电动势的大小和方 向及MN 两端的电压C/M -U N •解:作辅助线MN,则在MeNM 回路中,沿/方向运动时d<D m = 0• •£MeNM ~ ° 以逆时针为回路正向,严”型d 心丛in 乜<0I 27rl2 龙 a + b解所以%斂沿NeM 方向,大小为:"学山气Ln a-bM 点电势高于N 点电势,即:U M -U N =^ln —2兀 a-b11.6如题10-6所示,在两平行载流的无限长直导线的平面内有一矩形线圈.两导 线中的电流方向相反、大小相等,且电流以〒的变化率增大,求:dr(1) 任一时刻线圈内所通过的磁通量; (2) 线圈中的感应电动势.解:距长直导线为r 处的磁感应强度大小为:筈 以逆时针为回路正向,则:⑴磁通量:①m = r^Zdr- r^7dr = ^[ln^-ln^] h 2nr h 2nr In bd/c\舟亠曲dQ uJ ri d +a ■ b + a^dluJ di. b(a+d) 亠2n db At2n dt d(a +b)向逆时针11.7如题11.7图所示,用一根硬导线弯成半径为r 的一个半圆.令这半圆形导线在磁场中以频率/•绕图中半圆的直径旋转.整个电路的电阻为求:感应电流的最大值.① m =B-S = B —cos(a )t + ^)2d ①,” Bnr 2a ) # A= _ -TT = —sin (3/ + 札) at 2『竺也弩2吋"讪11.8如题11-8图所示,长直导线通以电流Z=5A,在其右方放一长方形线圈,两 者共面.线圈长b =0. 06m,宽a=0. 04m,线圈以速度v=0. 03m/s 垂直于直线平移 远离.求:d=0.05m 时线圈中感应电动势的大小和方向.解:AB. CD 运动速度);方向与磁力线平行,不产生感应电动势.以顺 :题10-6解:=Blvt cos 60° = kt 2lv - = -klvt 2 2 2£ = - ^^ = -klvt dt即沿abed 方向顺时针方解:如图逆时针为矩形导线框正向,则时针为回路正向,则:ZM 产生电动势:务订如)•归"盟si 吟・叭如筈0眈产生电动势…2 =加湎小-韵方.•.回路中总感应电动势:£ = £]+£2=如凹(丄-一) = 1.6xl0-8y方向沿2兀 a a+a顺时针11.9长度为/的金属杆ab 以速率v 在导电轨道abed 上平行移动.已知导轨处于均匀磁场直中,为的方向与回路的法线成60°角(如题11.9图所示),鸟的大小为B=kt (k 为正常).设/=0时杆位于cd 处,求:任一时刻/导线回路中感应电动势的大小和方向.11.10 一矩形导线框以恒定的加速度向右穿过一均匀磁场区,B 的方向如题11.10图所示.取 逆时针方向为电流正方向,画出线框中电流与时间的关系(设导线框刚进入磁场区时t =0).题 11. 10 图(a)d<Z>在磁场中时 --- =0, £ = 0;dt d<Z>一出场时 --- > 0 , £<0,故I - t 曲线如题10-9图(b)所不.dt1111导线必长为儿绕过。

攀枝花市高中物理必修第3册第十一章 电路及其应用试卷检测题

攀枝花市高中物理必修第3册第十一章 电路及其应用试卷检测题

攀枝花市高中物理必修第3册第十一章 电路及其应用试卷检测题一、第十一章 电路及其应用选择题易错题培优(难)1.离子推进器是新一代航天动力装置,可用于卫星姿态控制和轨道修正。

推进剂从图中P 处注入,在A 处电离出正离子,已知B 、C 之间加有恒定电压U ,正离子进入B 时的速度忽略不计,经加速形成电流为I 的离子束后喷出推进器,单位时间内喷出的离子质量为J 。

为研究问题方便,假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力,忽略推进器运动速度。

则推进器获得的推力大小为( )A 2UJIB .22U JIC .2U JID UJI 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】在A 处电离出正离子,经B 、C 间电压加速后,由动能定理可知212qU mv =解得2qUv m=以t 秒内喷射的离子为研究对象,应用动量定理有Ft nmv =又因为=nq I t =nm J t解得2F UJI =2UJI A 正确,BCD 错误。

故选A 。

2.一个T 形电路如图所示,电路中的电阻130R =Ω,2320R R ==Ω,另有一测试电源,所提供电压恒为10V ,以下说法正确的是A .若将cd 端短路,ab 之间的等效电阻是50ΩB .若将ab 端短路,cd 之间的等效电阻是40ΩC .当ab 两端接上测试电源时,cd 两端的电压为4VD .当cd 两端接通测试电源时,ab 两端的电压为6V 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】当cd 端短路时,ab 间电路的结构是:电阻23R R 、并联后与1R 串联,等效电阻为:23123202030402020R R R R R R ⨯=+=+=Ω++,故A 错误;当ab 端短路时,cd 之间电路结构是:电阻13R R 、并联后与2R 串联,等效电阻为:13213302020323020R R R R R R ⨯=+=+=Ω++,故B 错误;当ab 两端接通测试电源时,cd 两端的电压等于电阻R 3两端的电压,313201043020R U E V R R ==⨯=++;故C 正确;当cd 两端接通测试电源时,ab 两端的电压等于电阻3R 两端的电压,为3323201052020R U E V R R ==⨯=++,故D 错误;【点睛】对于电路问题,首先要明确电路的结构,并能正确应用串并联电路的规律进行分析,必要时应进行电路的简化.3.小灯泡的电流I 随所加电压U 变化如图所示,P 为图线上一点,PN 为图线的切线,PQ 为U 轴的垂线,PM 为I 轴的垂线。

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第十一章一、填空题易:1、光学仪器的分辨率R= 。

(R= 1.22a λ) 易:2、若波长为625nm 的单色光垂直入射到一个每毫米有800条刻线的光栅上时,则第一级谱线的衍射角为 。

(6π) 易:3、在单缝的夫琅和费衍射实验中,屏上第三级暗纹对应的单缝处波面可划分为个半波带。

(6)易:4、在单缝夫琅和费衍射实验中波长为λ的单色光垂直入射在宽度为a =2λ的单缝上,对应于衍射角为30°方向,单缝处的波面可分成的半波带数目为 个。

(2)易:5、干涉相长的条件是两列波的相位差为π的 (填奇数或偶数)倍。

(偶数)易:6、如图(6题)所示,1S 和2S ,是初相和振幅均相同的相干波源,相距4.5λ,设两波沿1S 2S 连线传播的强度不随距离变化,则在连线上1S 左侧各点和2S 右侧各点是 (填相长或相消)。

(相消)易:7、在麦克耳逊干涉仪的一条光路中,插入一块折射率为n ,厚度为d 的透明薄片,插入薄片使这条光路的光程改变了 ; 2(n-1)d易:8、波长为λ的单色光垂直照射在由两块平玻璃板构成的空气劈尖上,测得相邻明条纹间距为L ‘若将劈尖角增大至原来的2倍,则相邻条纹的间距变为 。

(2L ) 易:9、单缝衍射中狭缝愈窄,条纹间距愈 。

(宽)易:10、在单缝夫琅和费衍射实验中,第一级暗纹发生在衍射角300的方向上,所用单色光波长为500nm λ=,则缝宽为: 。

(1000nm )易:11、用波长为λ的单色光垂直照射置于空气中的厚度为e 的折射率为1.5的透明薄膜,两束反射光的光程差为 ;(23λ+e )易:12、光学仪器的分辨率与 和 有关,且越小,仪器的分辨率越高。

(入射波长λ,透光孔经a ,λ)易:13、由马吕斯定律,当一束自然光通过两片偏振化方向成30o 的偏振片后,其出射光与入射光的光强之比为 。

(3:8)易:14、当光由光疏介质进入光密介质时,在交界面处的反射光与入射光有相位相反的现象,这种现象我们称之为 。

(半波损失)易:15、可见光要产生干涉现象必须满足的条件是: 。

(两可见光的频率相同,振动方向相同,相位差保持恒定)中:16、若麦克耳逊干涉仪的可动反射镜M 移动0.620的过程中,观察到干涉条纹移动了2300条,则所用光波的波长为 mm 。

(45.3190mm -⨯) 中:17、在杨氏双缝干涉实验中,如果相干光源1S 和2S 相距0.20d mm =,1S 、2S 到屏幕E 的垂直距离为 1.0D m =。

若第二级明纹距中心点O 的距离为6.0mm ,则单色光的波长为 ;相邻两明条纹之间的距离为 。

(mm 4106-⨯,3×10-3m )中:18、在牛顿环干涉实验中,以波长为的单色光垂直照射,若平凸透镜与平玻璃板之间的媒质的折射率为n,今使玻璃板稍微下移,则干涉圆环将_____移;每当膜厚改变____时就移过一条条纹.(内,2nλ) 中:19、光垂直入射到劈形膜上而干涉,当劈形膜的夹角减小时,干涉条纹___ 劈棱方向移动,干涉条纹间距______. (背离,增大)中:20、用单色光垂直照射空气劈形膜;观察反射光的干涉,则劈棱处是___纹;若改为照射置于空气中的玻璃劈形膜;劈棱处是___ 纹. (暗,暗)中:21、用单色光垂直照射劈形空气膜,观察光的干涉现象.若改用波长大的单色光照射,相邻条纹间距将变_________;若保持波长不变而换成夹角相同的玻璃劈形膜,相邻条纹间距将变__________.(宽,窄)中:22、若在杨氏双缝干涉装置中,将狭缝S 沿平行于双缝S 1与S 2联线的方向下移一微小距离,则屏上的干涉条纹将__________ (填不变,上移或下移).(上移)中:23、真空中波长为单色光在折射率为n 的媒质中由A 点传到B 点时光程改变量为23λ则相位改变量为__________ ,光走过的几何路程为__________ .(π3, n23λ)难:24、光栅中不透光部分与透光部分之间是数量关系为.当单色光垂直人射到该光栅上时,在单缝衍射的中央明纹范围内共出现___ 条明纹.在单缝的正、负一级明纹内各出现_______条明纹。

(7,3)难:25、每毫米有500条刻痕的衍射光栅的光栅常数为_______.当以的单色光垂直照射该光栅时最多可观察到_______条明条纹.(m 6102-⨯,9)难:26、有单色光垂直照射在单缝上,若缝宽增大,则条纹间隔_______; 若波长增大,则条纹间隔_______ ;当与满足_______的数量关系时,在屏上将只出现中央明纹.( 变窄,变宽,>>)二、选择题易:1、在双缝干涉实验中,如果拉大光屏与双缝之间的距离,则光屏上的条纹间距将:( )(A )不变; (B )变小;(C )变大; (D )不能确定;易:2、在夫琅和费单缝实验中,若增大缝宽,其它条件不变,则中央明纹( )(1)宽度变大;(2)宽度不变,且中心强度也不变;(3)宽度变小;(4)宽度不变,但中心强度变小易:3、光波的衍射没有声波显著是由于( )光是电磁波; B.光速比声速大;C.光有颜色;D.光的波长比声波小得多。

易:4、为了提高仪器的分辨率,可以采用的正确方法是 ( )(1)减小观测距离; (2)减小入射光波长;(3) 增大观测距离; (4)增大入射光波长;易:5、由惠更斯一菲涅耳原理,已知光在某时刻的波阵面为S ,则S 的前方某点p 的光强决定于波阵面S 上各点发出的子波传到p 点的( )(A)振动振幅之和; (B)光强之和;(C)振动振幅之和的平方; (D)振动的相干叠加。

易:6、光强均为I 的两束相干光在某区域内叠加,则可能出现的最大光强为()(A)I; (B)2 I;(C)3 I ; (D)4 I。

易:7、光电效应的产生有如下的规律()(A)任何频率的光都能产生光电效应;(B)频率越高的光光电效应越明显;(C)强度越大的光光电效应越明显;(D)光照射一定时间后,才能产生光电效应;易:8、在相同的时间内,一束波长为的单色光在空气中和在玻璃中()13(A)传播的路程相等,走过的光程相等;(B)传播的路程相等,走过的光程不相等;(C)传播的路程不相等,走过的光程相等;(D)传播的路程不相等,走过的光程不相等;易:9、在双缝干涉实验中,为使屏上的干涉条纹间距变大,可以采取的办法是:()(1)使屏靠近双缝;(2)使两缝的间距变小;(3)把两缝的宽度稍微调窄;(4)改变波长较小的单色光源;易:10、在双缝干涉实验中,设缝是水平的,若双缝所在的平板稍微向上平移,,其它条件不变,则屏上的干涉条纹:()(1)向下平移,且间距不变;(2)向上平移,且间距不变;(3)不移动,但间距改变;(4)向上平移,且间距改变;易:11、在双缝干涉实验中,两条缝的宽度原来是相等的,若其中一缝的宽度略变窄,则:()(1)干涉条纹间距变宽;(2)干涉条纹间距变窄;(3)干涉条纹间距不变,但原极小处的强度不再为零;(4)不再发生干涉现象;易:12、在真空中波长为λ的单色光,在折射率为n 的透明介质中从A 沿某路径传播到B ,若A,B 两点位相差为3π,则此路径的光程差为:( )(1)1.5λ; (2)1.5n λ;(3)3λ; (4)1.5n λ易:13、在单缝夫琅和费衍射实验中,波长为λ的单色光垂直入射在宽度为4a λ=的单缝上,对应于衍射角30︒的方向,单缝处波阵面的半波带数目为( )(1)2个;(2)4个;(3)6个;(4)8个易:14、一束白光垂直照射在一光栅上,在形成的同级光栅光谱中,偏离中央明纹最远的是:( )(1)紫光;(2)绿光;(3)黄光;(4)红光;易:15、频率为100Hz,传播速度为300m/s 的平面简谐波,波线上两点振动的相位差为31π,则此两点相距 ( )(A )2m ; (B)2.19m ;(C) 0.5m ; (D)28.6m 。

中:16、人耳能辨别同时传来的不同的声音,是由于 ( )A .波的反射和折射; B.波的干涉;C.波的独立传播特性;D.波的强度不同。

中:17、如图17,在杨氏双缝干涉实验中,用透明玻璃挡住下缝,则 ( )A.中央明纹向上移动;B.中央明纹向下移动;C.中央明纹不动;D.不能确定 。

中:18、下列说法正确的是( )(A )光只具有波动性,实物粒子只具有粒子性;(B )光具有波动性和粒子性,实物粒子不具有波动性和粒子性;(C )光具有波动性和粒子性,实物粒子也具有波动性和粒子性;(D)光具有粒子性,实物粒子只具有波动性。

中:19、两块平玻璃构成空气劈尖,左边为棱边,用单色光垂直入射,若上面的平玻璃以棱边为轴,沿顺时针方向作微小转动,则干涉条纹的:()(1)间隔变小,并向棱边方向平移;(2)间隔变大,并向远离棱边方向平移;(3)间隔不变,向棱边方向平移;(4)间隔变小,并向远离棱边方向平移。

中:20、用一毫米内有500条刻痕的平面透射光栅观察钠光谱(λ =589nm),设透镜焦距f=1.00m.则光线垂直入射时,最多能看到的光谱级数为 ( ) (1)4 ;(2)2 ;(3)不能确定;(4)3 。

中:21、自然光以布儒斯特角入射到透明介质表面时,正确的陈述为( )(A)反射线和折射线是平行的;(B)折射光是线偏振光;(C)反射线和折射线是垂直的;(D)反射光的光振动平行于入射面。

中:22、在双缝干涉实验中,用单色自然光,在屏上形成干涉条纹。

若在两缝后放一个偏振片,则 ( )(A)干涉条纹的间距不变,但明纹的亮度加强;(B)干涉条纹的间距不变,但明纹的亮度减弱;(C)干涉条纹的间距变窄,但明纹的亮度减弱;(D)无干涉条纹。

中:23、某单色光垂直照射一衍射光栅,在屏幕上只能出现零级和一级光谱,欲使屏幕上出现更高级次的谱线,应该()A、换一个光栅常数较大的光栅;B、换一个光栅常数较小的光栅;C、将光栅向靠近屏幕的方向移动;D、将光栅向远离屏幕的方向移动;难:24、真空中波长为λ的单色光,在折射率为n的透明介质中从A传播到B,若A,B两点光程差为5nλ,则此两点间的相位差为()A、π;B、2.5π;C、5π;D、10/nπ难:25、光强为I0的自然光垂直通过两个偏振片,它们的偏振化方向之间的夹角α。

设偏振片没有吸收,则出射光强I与入射光强I0之比为=60︒()(A)1/4;(B)3/4;(C)1/8;(D)3/8。

难:26、在牛顿环干涉实验中,若在平凸透镜的周边轻轻下压时,干涉圆环()(A) 不动;(B) 向中心收缩;(C)从中心向外扩大;(D) 变密难:27、光从光疏媒质射向光密媒质时(A) 反射光有半波损失;(B) 入射光有半波损失;(C) 透射光有半波损失;(D) 入射、反射、透射光均无半波损失·难:28、当组成空气劈形膜的两玻璃片夹角增大时,干涉条纹将(A) 向劈棱方向移动且变密;(B) 向劈棱方向移动但条纹间隔不变;(C) 向远离劈棱方向移动但间隔不变;(D) 向远离劈棱方向移动间隔变宽.三、判断题×易:1、光栅条纹是衍射和干涉的总效果。

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